\(\mathbf{{\large {\color{Red} {歡迎到學科網下載資料學習}} } }\)【【高分突破系列】高二數學下學期同步知識點剖析精品講義！
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模塊導圖
知識剖析
數列的相關概念
\((1)\)定義：數列是按照一定次序排列的一列數；
\((2)\)數列的項：數列中的每一個數叫做這個數列的項，第一項常稱為首項；
\((3)\)數列的表示：數列的一般形式可以寫成\(a_1\),\(a_2\),… ,\(a_n\),…，簡記\(\{a_n\}\).
數列的分類
數列與函數的關系
數列就是定義在正整數集\(N^*\)(或它的有限子集\(\{1 ,2 ,3....n\}\))上的函數\(f(n)\)，其圖象是一系列有限或無限孤立的點.
\({\color{Red}{解釋}}\)
日后研究數列的性質可以從函數的角度出發，比如單調性，最值等.
通項公式
如果數列\(\{a_n\}\)的第\(n\)項與序號\(n\)之間的關系可以用一個式子來表示，那么這個公式叫做這個數列的通項公式.
\({\color{Red}{Eg}}\) 數列\(1 ,0 ,1 ,0，…\)，其通項公式可以是\(a_{n}=\dfrac{1+(-1)^{n+1}}{2}\),\(a_{n}=\sin ^{2} \dfrac{n \pi}{2}\)等.
\({\color{Red}{解釋}}\)
\((1)a_n\)與\(\{a_n\}\)是不同的概念，\(\{a_n\}\)表示數列\(a_1\),\(a_2\),⋯，而\(a_n\)表示的是數列的第\(n\)項；
(2)數列的項與它的項數是不同的概念，數列的項是指這個數列中的某一個確定的數，它是一個函數值；而項數是指這個數在數列中的位置序號，它是自變量的值.
遞推公式
若已知數列\(\{a_n\}\)的第一項\(a_1\)(或前\(n\)項)，且任一項\(a_n\)和它的前一項\(a_{n-1}\)(或前\(n\)項)間的關系可以用一公式表示，那么這個公式叫做這個數列的遞推公式.
\({\color{Red}{Eg}}\) \(a_1\)(初始條件)，\(a_n=2a_{n-1}+3n\)(遞推關系)；
\(a_1=1\),\(a_2=2\)(初始條件) ,\(a_n=3a_{n-1}-2a_{n-2}\)(遞推關系).
\(a_n\)與\(S_n\)的關系
若\(S_n\)為數列\(a_n\)的前\(n\)項和，即\(S_n=a_1+a_2+...+a_n\).
則\(a_{n}= \begin{cases}S_{1} & , n=1 \\ S_{n}-S_{n-1}, & n \geq 2\end{cases}\).
經典例題
【題型一】對數列的相關概念的理解
【典題1】下列有關數列的說法正確的是( )
①數列\(1 ,2 ,3\)可以表示成\(\{1 ,2 ,3\}\)；
②數列\(-1 ,0 ,1\)與數列\(1 ,0 ,-1\)是同一數列；
③數列\(\left\{\dfrac{1}{n}\right\}\)的第\(k-1\)項是\(\dfrac{1}{k-1}\)；
④數列中的每一項都與它的序號有關．
A．①② \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．③④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．①③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．②④
【解析】對於①，\(\{1 ,2 ,3\}\)是集合，不是數列，故選項①錯誤；
對於②，數列是有序的，故數列\(-1 ,0 ,1\)與數列\(1 ,0 ,-1\)是不同的數列，故選項②錯誤；
對於③，數列\(\left\{\dfrac{1}{n}\right\}\)的第\(k-1\)項是\(\dfrac{1}{k-1}\)，故選項③正確；
對於④，由數列的定義可知，數列中的每一項都與它的序號有關，故選項④正確．
故選：B．
【點撥】注意集合與數列的在“順序、異同性、表示方法”上的區別. 數列是有序性，集合是無序性的；集合是互異性的，但數列不作要求.
【典題2】數列\(\{a_n\}\)為從\(a_0\)開始的非負整數有限數列，\(a_i\)表示在這個數列中\(i\)出現的次數．那么數列的項數不可能是 ( )
A．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(7\)
【解析】\(a_i\)表示在這個數列中\(i\)出現的次數．\({\color{Red}{(理解這個是關鍵)}}\)
當\(a_0=2\),\(a_1=0\),\(a_2=2\),\(a_3=0\)時，滿足條件，此時數列有\(4\)項，故排除\(A\)；
當\(a_0=2\),\(a_1=1\),\(a_2=2\),\(a_3=0\),\(a_4=0\)時，滿足條件，此時數列有\(5\)項，故排除\(B\)；
當\(a_0=3\),\(a_1=2\),\(a_2=1\),\(a_3=1\),\(a_4 =0\),\(a_5=0\),\(a_6=0\)時，滿足條件，此時數列有\(7\)項，故排除\(D\)；
故選：\(C\)．
【點撥】本題是選擇題，優先考慮排除法，但留下了個問題：為什么項數不可能是\(6\)呢？還有其他項數不存在么？大家有什么想法，可以試試探究下！對問題的追問、深問是學數學的基本品質.
【典題3】求數列\(\left\{\dfrac{n}{n+2}\right\}\)是增減性.
【解析】 \({\color{Red}{方法一 \quad 作差法}}\)
\(a_{n+1}-a_{n}=\dfrac{n+1}{n+3}-\dfrac{n}{n+2}=\dfrac{2}{(n+3)(n+2)}>0\)，
所以\(a_{n+1}>a_n\)，故數列\(\left\{\dfrac{n}{n+2}\right\}\)是增數列.
\({\color{Red}{方法二 \quad 作商法}}\)
\(\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=\dfrac{n+1}{n+3} \cdot \dfrac{n+2}{n}=\dfrac{n^{2}+3 n+2}{n^{2}+3 n}>1\)，
又\(∵a_n>0\)，所以\(a_{n+1}>a_n\)，
故數列\(\left\{\dfrac{n}{n+2}\right\}\)是增數列.
\({\color{Red}{方法三 \quad 函數思想}}\)
\(a_{n}=\dfrac{n}{n+2}=\dfrac{1}{1+\dfrac{2}{n}}\)，
\(\because f(x)=\dfrac{1}{1+\dfrac{2}{x}}\)在\((0 ,+∞)\)遞增，
\(\therefore a_{n}=\dfrac{1}{1+\dfrac{2}{n}}\)也是隨着\(n\)的增大而增大，
故數列\(\left\{\dfrac{n}{n+2}\right\}\)是增數列.
或\(a_{n}=\dfrac{n}{n+2}=1-\dfrac{2}{n+2}\)，
由\(f(x)=1-\dfrac{2}{x+2}\)在\((0 ,+∞)\)遞增也可得結論.
【點撥】求證數列單調性，常用方法有三：
① 作差法，比較\(a_{n+1}-a_{n}\)與\(0\)的大小；
② 作商法，比較\(\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}\)與\(1\)的大小，此時要注意\(a_n\)的正負；
③ 視通項公式為函數解析式，用函數單調性的方法處理，此時要注意\(n\)的取值范圍是正整數.
【典題4】已知數列\(\{b_n\}\)滿足\(b_{n}=2 \lambda\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}-n^{2}\)，若數列\(\{b_n\}\)是單調遞減數列，則實數\(λ\)的取值范圍是 \(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】數列\(\{b_n\}\)是單調遞減數列，
則\(b_{n+1}-b_{n}\)\(=2 \lambda\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}-(n+1)^{2}-2 \lambda\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}+n^{2}\)\(=6 \lambda\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}-2 n-1<0\)，
\({\color{Red}{(利用減數列的概念，相當於得到一個恆成立問題，可想到分類參數法求解，由於(-\dfrac{1}{2})^{n}的存在，}}\)
\({\color{Red}{需要對n的奇偶性進行分類討論)}}\)
當\(n\)為偶數時，
\(6 \lambda<\dfrac{2 n+1}{\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}=(2 n+1)(-2)^{n}=(2 n+1) 2^{n}\)
由於\(\left\{(2 n+1) 2^{n}\right\}\)為遞增數列，
則數列\(\left\{(2 n+1) 2^{n}\right\}\)的最小值\((2×2+1)\cdot 2^2=20\)，
\(∴6λ<20\)，即\(\lambda<\dfrac{10}{3}\)，
當\(n\)為奇數時，
\(6 \lambda<\dfrac{2 n+1}{\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}=(2 n+1)(-2)^{n}=-(2 n+1) 2^{n}\)
由於\(\left\{-(2 n+1) 2^{n}\right\}\)為遞減數列，
則數列\(\left\{-(2 n+1) 2^{n}\right\}\)的最大值\(-(2×1+1)\cdot 2=-6\)，
\(∴6λ>-6\)，\(∴λ>-1\)，
綜上所述實數\(λ\)的取值范圍是\(\left(-1, \dfrac{10}{3}\right)\)．
【點撥】本題充分考核了數列單調性的運用，其中也滿滿的“函數思想”，遇到類似\(\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n},(-1)^{n}\)式子進行奇偶性分類討論是常用手段.
【典題5】若數列\(\left\{n(n+4)\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\right\}\)中的最大項是第\(k\)項，求\(k\).
【解析】令\(a_{n}=n(n+4)\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\)，
假設\(\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=\dfrac{(n+1)(n+5)\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n+1}}{n(n+4)\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}}\)\(=\dfrac{2}{3} \dfrac{(n+1)(n+5)}{n(n+4)} \geq 1\)，\({\color{Red}{(作商法)}}\)
則\(2(n+1)(n+5)≥3n(n+4)\)，即\(n^2≤10\)，
又\(n\)是整數，
即\(n≤3\)時，\(a_{n+1}＞a_n\)；當\(n≥4\)時，\(a_{n+1}<a_n\)；
所以\(a_4\)最大．
【點撥】本題通過討論數列\(\left\{n(n+4)\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n}\right\}\)的增減性，從而得到最大值，其中就有函數思想的影子.
鞏固練習
1(★)下列敘述正確的是( )
A．數列\(1 ,3 ,5 ,7\)與\(7 ,5 ,3 ,1\)是同一數列
B．數列\(0 ,1 ,2 ,3 ,…\)的通項公式是\(a_n=n\)
C．\(-1 ,1 ,-1 ,1 ,…\)是常數列
D．\(1 ,2 ,2^2 ,2^3 ,…\)是遞增數列，也是無窮數列
2(★)對於項數都為\(m\)的數列\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)，記\(b_k\)為\(a_1\),\(a_2\),… ,\(a_k\)\((k=1 ,2 ,… ,m)\)中的最小值，給出下列命題：
①若數列\(\{b_n\}\)的前\(5\)項依次為\(5 ,5 ,3 ,3 ,1\)，則\(a_4=3\)；
②若數列\(\{b_n\}\)是遞減數列，則數列\(\{a_n\}\)也是遞減數列；
③數列\(\{b_n\}\)可能是先遞減后遞增的數列；
④若數列\(\{a_n\}\)是遞增數列，則數列\(\{b_n\}\)是常數列．
其中，是真命題的為( )
A．①④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．①③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．②③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．②④
3(★)數列\(1 ,1 ,2 ,3 ,5 ,x ,13 ,…\)中的\(x\)等於( )
A．\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(11\)
4(★)【多選題】滿足下列條件的數列\(\{a_n\}\)\((n∈N^*)\)是遞增數列的為( )
A．\(a_{n}=\dfrac{1}{n}\) \(\qquad \qquad\) B．\(a_n=n^2+n\)\(\qquad \qquad\)C．\(a_n=1－2n\) \(\qquad \qquad\)D．\(a_n=2^n+1\)
5(★★)已知數列\(\{a_n\}\)是遞增數列，且對於任意\(n∈N^*\),\(a_n=n^2+2λn+1\)，則實數\(λ\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\) .
6(★★)已知數列\(a_{n}=8+\dfrac{2 n-7}{2^{n}}\)若其最大項和最小項分別為\(M\)和\(m\)，則\(m+M\)的值為\(\underline{\quad \quad}\).
7(★★)已知\(\{a_n\}\)滿足\(a_{n}=(n-\lambda) 2^{n}\)\(\left(n \in \boldsymbol{N}^{*}\right)\)，若\(\{a_n\}\)是遞增數列，則實數\(λ\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
8(★★★)在數列\(\{a_n\}\)中，已知\(a_{n}=\dfrac{a n}{b n+1}\)，且\(a_{2}=\dfrac{6}{5}\)，\(a_{3}=\dfrac{9}{7}\)．
(1)求通項公式\(a_n\)；
(2)求證：\(\{a_n\}\)是遞增數列；
(3)求證：\(1 \leq a_{n}<\dfrac{3}{2}\)．
參考答案
1.\(D\)
2.\(D\)
3.\(C\)
4.\(BD\)
5.\(\left(-\dfrac{3}{2},+\infty\right)\)
6.\(\dfrac{435}{32}\)
7.\((-∞ ,3)\)
8.\(\text { (1) } a_{n}=\dfrac{3 n}{2 n+1}\)
\((2)\)提示：作差法
\((3)\)提示:分離常數法
【題型二】數列與函數的關系
【典題1】數列\(\{a_n\}\)的通項\(a_n=-3n^2+2020n+1\)，當\(a_n\)取最大值時，\(n=\)\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】 \({\color{Red}{方法一 \quad 數列的單調性}}\)
根據題意，\(a_{n-1}=-3(n-1)^{2}+2020(n-1)+1\)，
則\(a_n-a_{n-1}=-6n+2023\)，
當\(1≤n≤336\)時，\(a_n-a_{n-1}>0\)，即\(a_n>a_{n-1}\)，
當\(n≥337\)時，\(a_n-a_{n-1}<0\)，即\(a_n<a_{n-1}\)，
而\(a_{337}>a_{336}\)，
故數列\(\{a_n\}\)各項中最大項是第\(337\)項.
\({\color{Red}{方法二 \quad 函數法}}\)
依題意，\(a_n=-3n^2+2020n+1\)，
表示拋物線\(f(n)=3n^2+2020n+1\)當\(n\)為正整數時對應的函數值，
又\(y=3x^2+2020x+1\)為開口向下的拋物線，
故到對稱軸\(x=-\dfrac{2020}{2 \times(-3)}=\dfrac{1010}{3}\)距離越近的點，函數值越大，
故當\(n=337\)時，\(a_n=f(n)\)有最大值．
【點撥】數列是特殊的函數，可用數形結合的方法，但要注意自變量\(n\)是正整數.
【典題2】數列\(\{a_n\}\)的通項\(a_{n}=\dfrac{n}{n^{2}+90}\)，則數列\(\{a_n\}\)中的最大值是\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】\(a_{n}=\dfrac{n}{n^{2}+90}=\dfrac{1}{n+\dfrac{90}{n}}\)，
\(\because f(x)=x+\dfrac{90}{x}\)在\((0,3 \sqrt{10})\)上單調遞減，在\((3 \sqrt{10},+\infty)\)上單調遞增，\({\color{Red}{(對勾函數)}}\)
\({\color{Red}{(9<3 \sqrt{10}<10，由於n只能取正整數，故還要比較f(9)、f(10)大小)}}\)
\(\therefore f(9)=9+10=19\)，\(f(10)=9+10=19\)
即\(f(9)=f(10)\)為最小值，
此時\(a_{n}=\dfrac{n}{n^{2}+90}\)取得最大值為\(a_{9}=a_{10}=\dfrac{1}{19}\).
【點撥】根據數列的通項公式想到與之對應的函數，形如\(y=\dfrac{\text { 一次函數 }}{\text { 二次函數 }}\)的函數和對勾函數與基本不等式有關.
【典題3】【多選題】對於數列\(\{a_n\}\)，定義\(b_{n}=a_{n}-\dfrac{1}{a_{n}}\)\(\left(n \in N^{*}\right)\)，稱數列\(\{b_n\}\)是\(\{a_n\}\)的“倒差數列”．下列敘述正確的有( )
A．若數列\(\{a_n\}\)單調遞增，則數列\(\{b_n\}\)單調遞增
B．若數列\(\{b_n\}\)是常數列，數列\(\{a_n\}\)不是常數列，則數列\(\{a_n\}\)是周期數列
C．若\(a_{n}=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}\)，則數列\(\{b_n\}\)沒有最小值
D．若\(a_{n}=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}\)，則數列\(\{b_n\}\)有最大值
【解析】對於\(A\)：函數\(f(x)=x-\dfrac{1}{x}\)在\((-∞ ,0)\)和\((0 ,+∞)\)上單調遞增，但在整個定義域上不是單調遞增，可知數列\(\{a_n\}\)單調遞增時數列\(\{b_n\}\)不一定是單調遞增，
\({\color{Red}{(利用復合函數的單調性思考，要a_n>0或a_n<0才成立；舉個反例易排除A)}}\)
如：\(a_{n}=n-\dfrac{5}{2}\)，則\(b_{2}=-\dfrac{1}{2}+2=\dfrac{3}{2}\)，\(b_{3}=\dfrac{1}{2}-2=-\dfrac{3}{2}\)，故\(A\)錯誤；
對於\(B\)：數列\(\{b_n\}\)是常數列，
\(\therefore a_{n+1}-\dfrac{1}{a_{n+1}}=a_{n}-\dfrac{1}{a_{n}}\)\(\Rightarrow\left(a_{n+1}-a_{n}\right)\left(1+\dfrac{1}{a_{n} a_{n+1}}\right)=0\)，
\(∵\)數列\(\{a_n\}\)不是常數列，\(∴a_{n+1}-a_n≠0\)，
\(\therefore 1+\dfrac{1}{a_{n} a_{n+1}}=0\)，整理可得\(a_{n+1}=-\dfrac{1}{a_{n}}\)，\(\therefore a_{n+2}=-\dfrac{1}{a_{n+1}}=a_{n}\)，
\({\color{Red}{(類比：若f(x)滿足f(x+1)=-f(x)，則f(x)是以2為周期的函數)}}\)
\(∴\)數列\(\{a_n\}\)是以\(2\)為周期的周期數列，故\(B\)正確；
對於\(CD\)，若\(a_{n}=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}\)，
則\(b_{n}=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}-\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n}}\)
\({\color{Red}{(遇到(-\dfrac{1}{2})^{n}進行奇偶性分類討論)}}\)
①當\(n\)為偶數時，
\(b_{n}=1-\dfrac{1}{2^{n}}-\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{2^{n}}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}-\dfrac{2^{n}}{2^{n}-1}\)\(=-1-\dfrac{1}{2^{n}}-\left(1+\dfrac{1}{2^{n}-1}\right)=-\left(\dfrac{1}{2^{n}}+\dfrac{1}{2^{n}-1}\right)\)
易得\(b_n<0\)且\(\{b_n\}\)偶數項單調遞增，
此時\(\left(b_{n}\right)_{\min }=b_{2}=-\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{3}\right)=-\dfrac{7}{12}\)，
②當\(n\)為奇數時，
\(b_{n}=1+\dfrac{1}{2^{n}}-\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{2^{n}}}=1+\dfrac{1}{2^{n}}-\dfrac{2^{n}}{2^{n}+1}\)\(=1+\dfrac{1}{2^{n}}-\left(1-\dfrac{1}{2^{n}+1}\right)=\dfrac{1}{2^{n}+1}+\dfrac{1}{2^{n}}\)
易得\(b_n>0\)且\(\{b_n\}\)奇數項單調遞減，
此時\(\left(b_{n}\right)_{\max }=b_{1}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{6}\)，
由以上分析可得，數列\(\{b_n\}\)的圖象如圖，
\({\color{Red}{(數形結合的威力還是很大的，突出前面確定b_n>0(n為奇數),b_n<0(n為偶數)的必要性)}}\)
故數列\(\{b_n\}\)有最大值和最小值，即\(C\)錯誤，\(D\)正確，
故本題選\(BD\).
【點撥】本題可進一步理解數列作為一特別函數，看到兩者的共同點，在討論其性質均可利用到函數的周期性、復合函數單調性、最值等眾多性質，最主要是通過數列通項公式的形式你可以想到與之對應的函數不，本題實際可以理解為復合函數.
鞏固練習
1(★★)在數列\(\{a_n\}\)中，\(a_n=-2n^2+29n+3\)，則此數列最大項的值是\(\underline{\quad \quad}\).
2(★★)數列\(\{a_n\}\)中，\(a_{n}=\dfrac{n-\sqrt{2006}}{n-\sqrt{2007}}\)，則該數列前\(100\)項中的最大項與最小項分別是\(\underline{\quad \quad}\).
3(★★)若數列\(\{a_n\}\)的通項公式為\(a_{n}=\dfrac{n}{n^{2}+2020}\)\(\left(n \in N^{*}\right)\)，則這個數列中的最大項\(\underline{\quad \quad}\).
4(★★★)數列\(\{a_n\}\)的通項公式為\(a_{n}=\left(\dfrac{4}{5}\right)^{2 n-4}-\left(\dfrac{4}{5}\right)^{n-2}\)，則數列\(\{a_n\}\)( )
A．有最大項，無最小項\(\qquad \qquad\) B．有最小項，無最大項 \(\qquad \qquad\)C．既有最大項又有最小項 \(\qquad \qquad\) D．既無最大項又無最小項
5(★★)數列\(\{a_n\}\)中，\(a_{n}=2 n+\dfrac{k}{n}\)，若對任意\(n∈N^*\)，都有\(a_n≥a_3\)成立，則實數\(k\)的取值范圍為( )
A．\([12 ,24]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\((12 ,24]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．\([3 ,12]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\((3 ,12]\)
6(★★★) 已知\(\{x_n\}\)是遞增數列，且\(x_n≥0\)，則關於數列\(\{x_n\}\)，對任意的正整數\(p ,q\)，下列結論不可能成立的( )
A．\(x_{pq}=px_q+qx_p\) \(\qquad \qquad\)B．\(x_{p+q}=px_q+qx_p\) \(\qquad \qquad\) C．\(x_{pq}=x_p+x_q-1\)\(\qquad \qquad\) D．\(x_{p+q}=2x_p x_q\)
7(★★)數列\(\{a_n\}\)中，\(a_{n}=n-\sqrt{n^{2}+2}\)，求數列\(\{a_n\}\)的最大項和最小項.
參考答案
1.\(1108\)
2.\(a_{45},a_{44}\)
3.第\(44\)項
4.\(C\)
5.\(A\)
6.\(B\)
7.數列\(\{a_n\}\)的最小項為\(a_{1}=1-\sqrt{3}\)，沒有最大項.
【題型三】由數列前幾項求數列通項公式
【典題1】寫出下列數列\(\{a_n\}\)的一個通項公式：
\((1)-7 ,14 ,-21 ,28，…\)；
\((2)\dfrac{1}{4}, \dfrac{3}{8}, \dfrac{5}{16}, \dfrac{7}{32} \ldots\)；
\((3)2 ,5 ,10 ,17 ,26 ,…\)；
\((4)2 ,32 ,332 ,3332 ,33332 ,….\)；
\((5)1 ,2 ,2 ,3 ,3 ,4 ,4 ,…．\)
【解析】\({\color{Red}{分解結構法}}\)
\((1)\)數列\(-7 ,14 ,-21 ,28\)，…每項可分解成符號和項的絕對值相乘得到，
故\(a_{n}=(-1)^{n} 7 n\)；
\({\color{Red}{(奇偶性的符號變換規律可考慮(-1)^{n}或(-1)^{n-1})}}\)
\((2)\)數列\(\dfrac{1}{4}, \dfrac{3}{8}, \dfrac{5}{16}, \dfrac{7}{32} \ldots\)每項可分解成分子和分母相除得到，
\({\color{Red}{ (分子相鄰數之間的差是2，是等差數列；分母相鄰數之間是2倍的關系，是等比數列)}}\)
故\(a_n=(2n-1)2^{n+1}\)
\({\color{Red}{變形法}}\)
\((3)\)數列\(2 ,5 ,10 ,17 ,26 ,…\)中若每項減去\(1\)，則變成\(1 ,4 ,9 ,16 ,25 ,…\)，
這些數都是完全平方數，易想到數列的通項是\(n^2\)，
則原數列只需要在這基礎上加回\(1\)便可，即\(a_n=n^2+1\).
\((4)\)數列\(2 ,32 ,332 ,3332 ,33332 ,….\)中若每項加上\(1\)，
則變成\(3 ,33 ,333 ,3333 ,33333 ,….\)，
再每項乘以\(3\)，變成\(9 ,99 ,999 ,9999 ,99999 ,…\)
其中\(9=10-1\),\(99=10^2-1\)，\(999=10^3-1\)，\(9999=10^4-1\)，\(99999=10^5-1\)，
則其通項\(b_n=10^{n+1}-1\)，
要求原數列的通項公式，
則“逆回去”，除以\(3\)再減\(1\)可得\(a_{n}=\dfrac{b_{n}}{3}-1=\dfrac{10^{n+1}-1}{3}-1=\dfrac{10^{n+1}-4}{3}\)
\({\color{Red}{奇偶項拆分}}\)
\((5)\)數列\(1 ,2 ,2 ,3 ,3 ,4 ,4 ,…\), 相鄰每項之間沒什么關系，若分奇偶性來看，就簡單多了，
可得奇數項為\(1 ,2 ,3 ,4 ,…\), 可得\(a_{n}=\dfrac{n+1}{2}\)．
偶數項為\(2 ,3 ,4 ,…\), 可得\(a_{n}=\dfrac{n+2}{2}\)．
則該數列通項公式\(a_{n}=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{n+1}{2}, n \text { 為奇數 } \\ \dfrac{n+2}{2}, n \text { 為偶數 } \end{array}\right.\).
鞏固練習
1(★)數列\(\sqrt{2}\)，\(\sqrt{5}\)，\(2 \sqrt{2}\)，\(\sqrt{11}\)，⋅⋅⋅的一個通項公式為( )
A．\(\sqrt{3 n-3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\sqrt{3 n-1}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\sqrt{3 n+1}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\sqrt{3 n+3}\)
2(★)數列\(1\),\(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，\(\dfrac{1}{2}\)，\(-\dfrac{\sqrt{2}}{4}\)，\(\dfrac{1}{4}\)…的一個通項公式為( )
A．\(\left(-\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\) \(\qquad \qquad\) B．\(\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}\) \(\qquad \qquad\) C．\((-1)^{n}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\) \(\qquad \qquad\) D．\((-1)^{n+1}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n-1}\)
3(★)【多選題】已知數列\(0\),\(2\),\(0\),\(2\),\(0\),\(2\),…，則前六項適合的通項公式為( )
A．\(a_n=1+(-1)^n\)
B．\(a_{n}=2 \cos \dfrac{n \pi}{2}\)
C．\(a_{n}=2\left|\sin \dfrac{(n+1) \pi}{2}\right|\)
D．\(a_{n}=1-\cos (n-1) \pi+(n-1)(n-2)\)
4(★★★)寫出下列數列的一個通項公式：
\(\text { (1) } \dfrac{1}{2}, 2, \dfrac{9}{2}, 8, \dfrac{25}{2}, \ldots\)；
\((2)1 ,-3 ,5 ,-7 ,9…\)；
\((3)1 ,2 ,1 ,2 ,1 ,2…\)；
\(\text { (4) } \dfrac{4}{5}, \dfrac{9}{10}, \dfrac{16}{17}, \dfrac{25}{26}, \ldots\)；
\((5)7 ,77 ,777 ,7777 ,…\)；
\((6)1 ,3 ,6 ,10 ,15 ,…\);
參考答案
1.\(B\)
2.\(D\)
3.\(AC\)
4.\(\text { (1) } a_{n}=\dfrac{n^{2}}{2}\)；
\(\text { (2) } a_{n}=(-1)^{n+1} \times(2 n-1)\)；
\(\text { (3) } a_{n}=\dfrac{3}{2}+(-1)^{n}\left(\dfrac{1}{2}\right)\)；
\(\text { (4) } a_{n}=\dfrac{n^{2}}{n^{2}+1}\)；
\(\text { (5) } a_{n}=\dfrac{7}{9}\left(10^{n}-1\right)\)；
\(\text { (6) } a_{n}=\dfrac{n(n+1)}{2}\)．
【題型四】由遞推公式求通項公式
【典題1】已知數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_1=2\),\(a_{n+1}=a_{n}+\ln \left(1+\dfrac{1}{n}\right)\)，求\(a_n\).
【解析】由條件知\(a_{n+1}-a_{n}=\ln \left(1+\dfrac{1}{n}\right)=\ln \dfrac{n+1}{n}=\ln (n+1)-\ln n\)
\(\therefore a_{2}-a_{1}=\ln 2-\ln 1\),\(a_{3}-a_{2}=\ln 3-\ln 2\)，\(a_{4}-a_{3}=\ln 4-\ln 3\ldots\)
\(a_{n-1}-a_{n-2}=\ln (n-1)-\ln (n-2)\)，\(a_{n}-a_{n-1}=\ln n-\ln (n-1)\)
把以上\(n-1\)個式子累加得到
\(\begin{aligned} &a_{n}-a_{1} \\ &=\ln 2-\ln 1+\ln 3-\ln 2+\ln 4-\ln 3+\cdots \\ &\quad+\ln (n-1)-\ln (n-2)+\ln n-\ln (n-1) \\ &=\ln n-\ln 1 \\ &=\ln n(n \geq 2) \end{aligned}\)
\(∴a_n=a_1+\ln n=\ln n+2 (n≥2)\)
\(∵a_1=2\)滿足上式，
故\(a_n=\ln n+2 (n∈N^*)\)
【點撥】這是累加法，適合形如\(a_{n+1}=a_n+f(n)\)的遞推公式求解通項公式.
【典題2】已知\(a_1=1\),\(a_{n}=n\left(a_{n+1}-a_{n}\right)\)\(\left(n \in N^{*}\right)\)，求數列\(\{a_n\}\)通項公式.
【解析】\(\because a_{n}=n\left(a_{n+1}-a_{n}\right)\)，
\(\therefore \dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}=\dfrac{n+1}{n}\)，
又有\(a_{n}=a_{1} \cdot \dfrac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \dfrac{a_{3}}{a_{2}} \ldots \dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}\)\(=1 \times \dfrac{2}{1} \times \dfrac{3}{2} \times \ldots \times \dfrac{n}{n-1}=n(n \geq 2)\)，
\(∵a_1=1\)滿足上式，
\(∴ a_n=n (n∈N^*)\).
【點撥】這是累加法，適合形如\(a_{n+1}=f(n)\cdot a_n\)的遞推公式求解通項公式.
鞏固練習
1(★★)在數列\(\{a_n\}\)中，已知\(a_1=1\)，\(a_2=5\)，且\(a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n}\)\(\left(n \in N^{*}\right)\)，則\(a_{2020}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
2(★★)已知數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_{1}=\dfrac{1}{2}\)，\(a_{n+1}=a_{n}+\dfrac{1}{n^{2}+n}\)，求\(a_n\).
3(★★)已知\(a_1=3\),\(a_{n+1}=\dfrac{3 n-1}{3 n+2} a_{n}(n \geq 1)\)，求\(a_n\).
4(★★)設數列\(\{a_n\}\)是首項為\(1\)的正項數列，且\((n+1) a_{n+1}^{2}-n a_{n}^{2}+a_{n+1} a_{n}=0\), 求通項公式是\(a_n\).
參考答案
1.\(-1\)
2.\(a_{n}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{n}\)
3.\(a_{n}=\dfrac{6}{3 n-1}\)
4.\(a_{n}=\dfrac{1}{n}\)
【題型五】a_n與S_n的關系的應用
【典題1】已知數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和\(S_n\)，滿足關系\(\lg(S_n+2)=n\)，求\(\{a_n\}\)的通項公式.
【解析】\(∵\lg(S_n+2)=n\)，\(∴S_n=10^n-2\)
當\(n≥2\)時，\(a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=9 \times 10^{n-1}\)
當\(n=1\)時，\(a_1=S_1=8\)不滿足\(a_{n}=9 \times 10^{n-1}\)，
\({\color{Red}{(注意a_1的值是否滿足a_{n}=9 \times 10^{n-1}(n \geq 2)}}\)
\(\therefore a_{n}=\left\{\begin{array}{lr} 8, & n=1 \\ 9 \times 10^{n-1}, & n \geq 2 \end{array}\right.\).
【典題2】已知數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和\(S_n\)，滿足\(a_2=-4\)，\(2S_n=n(a_n-7)\)，求\(a_1\)和數列\(\{a_n\}\)的通項公式.
【解析】(1)在\(2S_n=n(a_n-7)\)中，
當\(n=1\)時，\(2S_1=a_1-7\)\(⇒2a_1=a_1-7⇒a_1=-7\)；
由\(2S_n=n(a_n-7)\)①得，
\(2 S_{n+1}=(n+1)\left(a_{n+1}-7\right)\)②，
由②-①可得，\(2 a_{n+1}=(n+1) a_{n+1}-n a_{n}-7\)，
化簡得\((n-1) a_{n+1}-n a_{n}=7\)，
當\(n≥2\)時，有\(\dfrac{a_{n+1}}{n}-\dfrac{a_{n}}{n-1}=\dfrac{7}{n(n-1)}=7\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)\)，
\({\color{Red}{(此處利用裂項\dfrac{1}{n(n-1)}=\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n})}}\)
\(\therefore \dfrac{a_{n+1}}{n}-\dfrac{a_{2}}{1}\)
\(=\left(\dfrac{a_{n+1}}{n}-\dfrac{a_{n}}{n-1}\right)+\left(\dfrac{a_{n}}{n-1}-\dfrac{a_{n-1}}{n-2}\right)+\cdots \cdots+\left(\dfrac{a_{3}}{2}-\dfrac{a_{2}}{1}\right)\)\({\color{Red}{(累加法)}}\)
\(=7\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)+7\left(\dfrac{1}{n-2}-\dfrac{1}{n-1}\right)+\cdots \ldots+7\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}\right)\)
\(=7\left(1-\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{7(n-1)}{n}\)
\(\therefore \dfrac{a_{n+1}}{n}=\dfrac{a_{2}}{1}+\dfrac{7(n-1)}{n}=-4+\dfrac{7(n-1)}{n}=\dfrac{3 n-7}{n}\)
\(\therefore a_{n+1}=3 n-7(n \geq 2)\)，
\({\color{Red}{(n≥2不能漏，注意所得結論的前提)}}\)
故\(a_n=3n-10(n≥3)\)，
\({\color{Red}{(此時注意n的取值改為n≥3)}}\)
又\(a_1=-7\),\(a_2=-4\)也都符合上式，
所以\(a_n=3n-10(n∈N^*)\)．
【點撥】若已知條件已知\(S_n\)或者\(S_n\)與\(a_n\)的關系式，均可以利用\(a_{n}=\left\{\begin{array}{lr} S_{1}, & n=1 \\ S_{n}-S_{n-1}, & n \geq 2 \end{array}\right.\)求解數列的通項公式\(a_n\).
鞏固練習
1(★★)已知數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和\(S_n\)滿足\(S_n=n^2+n-1\)，求數列\(\{a_n\}\)的通項公式.
2(★★)已知無窮數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和\(S_n\)，並且\(a_n+S_n=1\)，求\(\{a_n\}\)的通項公式.
3(★★★)設數列\(\{a_n\}\)的前\(n\)項和\(S_n\)，已知\(a_1=2\)，\(a_2=8\)，\(S_{n+1}+4 S_{n-1}=5 S_{n}\)\((n \geq 2)\)，求數列\(\{a_n\}\)的通項公式；
參考答案
1.\(a_{n}=\left\{\begin{array}{c} 1, n=1 \\ 2 n, n \geq 2 \end{array}\right.\)
2.\(a_{n}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\)
3.\(a_{n}=2^{2 n-1}\)